2017届高三数学二轮复习专题五立体几何1.5.2点直线平面之间的位置关系课件理.pptx

1、第二讲 点、直线、平面之间的位置关系,【知识回顾】 1.平行公理 若ab,bc,则ac.,2.线面平行与垂直的判定与性质,3.面面平行与垂直的判定与性质,【易错提醒】 1.忽略判定定理和性质定理中的条件致误:应用线面平行判定定理时,忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件;应用线面垂直及面面平行的判定定理时,忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件;应用面面垂直的性质定理时忽略“直线在平面内”“直线垂直于两平面的交线”的条件等.,2.把平面几何中的相关结论推广到空间直接利用而致误:如平面内垂直于同一条直线的两条直线相互平行,这个结论在空间中不成立.,3.不能准确掌握判定定理和性质定理致误:

2、如线面平行的性质定理中是过与平面平行的直线的平面与该平面的交线与已知直线平行,而非作出的直线;面面平行的性质定理中平行的两条直线一定是第三个平面与两平行平面的交线等.,【考题回访】 1.(2016山东高考)已知直线a,b分别在两个不同的平面,内,则“直线a和直线b相交”是“平面和平面相交”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件,【解析】选A.若“直线a和直线b相交”,则它们一定有公共点,而又直线a,b分别在两个不同的平面,内,所以平面,一定存在公共点,所以“平面和平面相交”;反过来,“平面和平面相交”,而“直线a和直线b也可能平行或异面”,所以是

3、充分不必要条件.,2.(2016全国卷)平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,平面CB1D1,平面ABCD=m,平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为(),【解析】选A.如图所示: 因为平面CB1D1,所以若设平面CB1D1平面ABCD=m1,则m1m. 又因为平面ABCD平面A1B1C1D1, 结合平面B1D1C平面A1B1C1D1=B1D1, 所以B1D1m1,故B1D1m.,同理可得:CD1n. 故m,n所成角的大小与B1D1,CD1所成角的大小相等,即 CD1B1的大小. 而B1C=B1D1=CD1(均为面对角线), 因此CD1B1= ,即sinCD1B1= .,3.

4、(2013全国卷)已知m,n为异面直线,m平面, n平面,直线l满足lm,ln,l,l,则() A.且l B.且l C.与相交,且交线垂直于l D.与相交,且交线平行于l,【解析】选D.若,则mn,这与m,n为异面直线矛盾,所以A不正确.将已知条件转化到正方体中,易知与不一定垂直,但与的交线一定平行于l,从而排除B,C.,4.(2016全国卷),是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题: 如果mn,m,n,那么, 如果m,n,那么mn; 如果,m,那么m;,如果mn,那么m与所成的角和n与所成的角相等. 其中正确的命题有_.(填写所有正确命题的编号) 【解题指南】借助正方体模型分析、论证.

5、,【解析】对于,AA(m)平面ABCD(),AA(m) AD(n),AD(n)平面ABCD(), 显然平面ABCD()平面ABCD(),故错误; 对于,n,由线面平行的性质定理,可知n与内的 一条直线l平行,因为m,所以ml,所以mn,故 正确;,对于,设过m的平面交于直线l,因为,m,由面面平行的性质定理可 知ml,由线面平行的判定定理,可知 m,故正确;,对于,若m,n分别与平面,平行(或垂直),结论显然成立,若m,n分别与平面,不平行,也不垂直,可以分别作出m,n在平面,内的射影,由等角定理,可知结论也成立,故正确. 答案:,热点考向一判断与点、线、面位置关系有关命题的真假 命题解读:主

6、要考查利用空间点、直线、平面位置关系的定义,四个公理、八个定理来判断与点、线、面有关命题的真假,以选择题、填空题的形式出现.,【典例1】(1)(2016洛阳二模)若m,n为两条不重合的直线,为两个不重合的平面,则下列命题中正确的是() 若直线m,n都平行于平面,则m,n一定不是相交直线; 若直线m,n都垂直于平面,则m,n一定是平行直线;,已知平面,互相垂直,且直线m,n也互相垂直,若m,则n; 若直线m,n在平面内的射影互相垂直,则mn. A.B.C.D.,(2)(2016武汉一模)如图,AB是O的直径,VA垂直于O所在的平面,C是圆周上不同于A,B的任意一点,M,N分别为VA,VC的中点,

7、则下列结论正确的是(),A.MNAB B.MN与BC所成的角为45 C.OC平面VAC D.平面VAC平面VBC,【解题导引】(1)根据空间线线、线面、面面平行、垂直的判定与性质逐个进行判断,并充分利用正方体或长方体模型帮助求解. (2)根据条件逐项验证.,【规范解答】(1)选A.对于,m与n可能平行,可能相交, 也可能异面; 对于,由线面垂直的性质定理可知, m与n一定平行,故正确; 对于,还有可能n或n;,对于,把m,n放入正方体中,如图,取A1B为m,B1C为n,平面ABCD为平面,则m与n在内的射影分别为AB与BC,且ABBC,而m与n所成的角为60,故错.因此选A.,(2)选D.对于

8、A,若MNAB,由已知MNAC,则得ABAC,这与已知ABAC=A矛盾,故A错;对于B,由题意得BCAC,又VA平面ABC,BC平面ABC,所以VABC,而ACVA=A,所以BC平面VAC,MN平面VAC,所以MNBC,故B错;由此知C错,而BC平面VBC,故得平面VAC平面VBC,所以D正确.,【规律方法】判断与空间位置关系有关的命题真假的方法 (1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断.,(2)借助空间几何模型,如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系,结合有关定理,进行肯定或否定. (3)借助于反证法,当从正面入手较难时,可利用反证法,推出

9、与题设或公认的结论相矛盾的命题,进而作出判断.,【题组过关】 1.(2016浙江高考)已知互相垂直的平面,交于直线l.若直线m,n满足m,n,则() A.mlB.mn C.nlD.mn,【解析】选C.由题意知,=l,所以l,因为n, 所以nl.,2.(2016太原一模)若,是两个相交平面,则在下列命题中,真命题的序号为_.(写出所有真命题的序号) 若直线m,则在平面内,一定不存在与直线m平行的直线;,若直线m,则在平面内,一定存在无数条直线与直线m垂直; 若直线m,则在平面内,不一定存在与直线m垂直的直线; 若直线m,则在平面内,一定存在与直线m垂直的直线.,【解析】对于,若直线m,如果,互相

10、垂直,则在平面内,存在与直线m平行的直线,故错误; 对于,若直线m,则直线m垂直于平面内的所有直线,在平面内存在无数条与交线平行的直线,这无数条直线均与直线m垂直,故正确;,对于,若直线m,则在平面内,一定存在与直线m垂直的直线,故错误,正确. 答案:,【加固训练】 1.(2015浙江高考)设,是两个不同的平面, l,m是两条不同的直线,且l,m() A.若l,则B.若,则lm C.若l,则D.若,则lm,【解析】选A.选项A中,由平面与平面垂直的判定,故正确;选项B中,当时,l,m可以垂直,也可以平行,也可以异面;选项C中,l时,可以相交;选项D中,时,l,m也可以异面.,2.设l,m是两条

11、不同的直线,是两个不同的平面,给 出下列命题: 若l,l,则;若l,l,则 ;若,l,则l;若,l,则 l;若l,l,=m,则lm.其中真命题 的个数为() A.1个B.2个C.3个D.4个,【解析】选B.若l,l,则或相交,因此 是假命题; 若l,l,根据线面垂直的判定定理可得: ,是真命题;若,l,则l或l,因此 是假命题;若,l,则l不正确,因此是假 命题;若l,l,=m,则lm,是真命题.其 中真命题的个数为2.,3.(2015广东高考)若直线l1和l2是异面直线,l1在平面内,l2在平面内,l是平面与平面的交线,则下列命题正确的是() A.l至少与l1,l2中的一条相交 B.l与l1

12、,l2都相交,C.l至多与l1,l2中的一条相交 D.l与l1,l2都不相交,【解析】选A.直线l1和l2是异面直线,l1在平面内,l2在平面内,=l,则l至少与l1,l2中的一条相交.,热点考向二空间平行、垂直关系的证明 命题解读:主要考查线面平行、垂直及面面平行、垂直的判定定理与性质定理,以解答题的形式出现.,命题角度一空间平行关系的证明 【典例2】(2016资阳二模)如图,在棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1底面ABCD,底面ABCD为直角梯形,其中ABCD, ABAD,AB=AC=2CD=2,AA1= ,过AC的平面分别与 A1B1,B1C1交于E1,F1,且E1为A1B1的中点

13、.,(1)求证:平面ACF1E1平面A1C1D. (2)求证:F1为B1C1的中点. (3)求锥体B-ACF1E1的体积.,【解题导引】(1)连接C1E1,则可证四边形A1D1C1E1是平行四边形,四边形ACC1A1是平行四边形,故AE1DC1, ACA1C1,于是由面面平行的判定定理得平面ACF1E1平面A1C1D.,(2)由E1为A1B1的中点只需证明A1C1E1F1即可. (3)将棱锥分解成三棱锥E1-ABC和三棱锥E1-BCF1,分别计算两个小三棱锥的体积.,【规范解答】(1)连接C1E1, 因为棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1B1=2D1C1,A1B1C1D1, 又E1为A1B

14、1的中点,则A1E1 D1C1, 所以四边形A1D1C1E1是平行四边形,所以C1E1 A1D1. 又A1D1 AD,所以C1E1 AD.,所以四边形ADC1E1是平行四边形,所以AE1DC1. 在棱柱ABCD-A1B1C1D1中,因为AA1CC1,AA1=CC1, 所以四边形ACC1A1是平行四边形,所以ACA1C1. 又AE1平面ACF1E1,AC平面ACF1E1,DC1平面A1C1D,A1C1平面A1C1D,ACAE1=A,DC1A1C1=C1, 所以平面ACF1E1平面A1C1D.,(2)因为在棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AC平面A1B1C1D1, AC平面ACF1E1,平面AC

15、F1E1平面A1B1C1D1 =E1F1, 所以ACE1F1, 又ACA1C1,所以A1C1E1F1. 又E1为A1B1的中点,所以F1为B1C1的中点.,(3)因为底面ABCD为直角梯形,且ABCD,ABAD,AB=2CD=2, 所以ABC是边长为2的等边三角形, E1B1C1是边长为1的等边三角形. 连接CE1,BE1,点E1到平面BCC1B1的距离h= .,则 所以锥体B-ACF1E1的体积,【易错警示】解答本题易出现以下三种错误 1.(1)中忽略AE1,AC在平面ACF1E1内,DC1,A1C1在平面A1C1D内,及其相交,致误. 2.(2)中忽略AC在平面ACF1E1及E1F1为两平

16、面交线而致误. 3.(3)不能转化为两个三棱锥的体积和求解.,【母题变式】 1.在本例条件下,求证:A1D平面BCE1.,【证明】连接CE1.因为CD AB,A1E1 AB, 所以CD A1E1, 故四边形CDA1E1为平行四边形,所以A1DE1C, 又A1D平面BCE1,E1C平面BCE1, 所以A1D平面BCE1.,2.在本例的条件下,求证:平面ADC1E1平面DCC1D1. 【证明】连接C1E1,因为ABCD,ABAD,所以ADCD. 又A1A底面ABCD,AA1DD1, 所以DD1平面ABCD,AD平面ABCD,所以ADDD1. 而DD1DC=D,所以AD平面DCC1D1, 又AD平面

17、ADC1E1,所以平面ADC1E1平面DCC1D1.,3.在本例中若M,N分别为AB,CC1的中点,求证:MN平面 ADD1A1. 【证明】取DD1的中点为G,连接GN,GA, 由已知得GN CD,CD AB=AM, 所以AM GN,故四边形AMNG为平行四边形, 所以AGMN,又MN平面ADD1A1,AG平面ADD1A1, 所以MN平面ADD1A1.,命题角度二空间垂直关系的证明 【典例3】(2016全国卷)如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6,顶点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G.,(1)证明:G是AB的中点.

18、(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积.,【题目拆解】解答本题:第(1)问可拆成两个小题 证明ABPG. 证明PA=PB. 第(2)问可拆成两个小题. 证明EF平面PAC. 求四面体PDEF的体积.,【规范解答】(1)因为P在平面ABC内的正投影为D, 所以ABPD. 因为D在平面PAB内的正投影为E,所以ABDE. 因为PDDE=D,所以AB平面PDE,故ABPG. 又由已知可得,PA=PB,从而G为AB的中点.,(2)在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影.理由如下:由已知可得PBPA,PBPC,

19、又EFPB,所以EFPA,EFPC. 又PAPC=P,因此EF平面PAC,即点F为E在平面PAC内的正投影.,连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D, 所以D是正三角形ABC的中心. 由(1)知,G是AB的中点,所以D在CG上,故CD= CG. 由题设可得PC平面PAB,DE平面PAB, 所以DEPC, 因此PE= PG,DE= PC.,由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得 DE=2,PE=2 . 在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF=2. 所以四面体PDEF的体积V=,【规律方法】 1.证明空间三种平行关系的常用方法 (1)证明线线平行 利用三角形中位线定理证明; 利用

20、平行四边形对边平行证明; 利用平行公理证明;,利用线面平行的性质证明; 利用面面平行的性质证明.,(2)证明线面平行 利用线面平行的判定定理,把证明线面平行转化为证明线线平行; 利用面面平行的性质定理,把证明线面平行转化为证明面面平行.,(3)证明面面平行 证明面面平行,依据判定定理,将证明面面平行转化为证明线面平行,再转化为证明线线平行.,2.证明空间三种垂直关系的常用方法 (1)证明线线垂直 利用特殊平面图形的性质,如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直; 利用勾股定理的逆定理;,利用线面垂直的性质,即要证明线线垂直,只需证明一线垂直于另一线所在平面即可.,(2)证明线面垂

21、直 利用线面垂直的判定定理,把线面垂直的判定转化为证明线线垂直; 利用面面垂直的性质定理,把证明线面垂直转化为证明面面垂直;,利用常见结论,如两条平行线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面等.,(3)证明面面垂直 证明面面垂直常用面面垂直的判定定理,将证明面面垂直转化为证明线面垂直,一般先从现有直线中寻找,若图中不存在这样的直线,则借助中点、高线或添加辅助线解决.,【变式训练】 (2016宜春二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PD平面ABCD,点E是线段BD的中点,点F是线段PD上的动点. (1)若F是PD的中点,求证:EF平面PBC. (2)求证:CEBF

22、.,(3)若AB=2,PD=3,当三棱锥P-BCF的体积等于 时,试 判断点F在边PD上的位置,并说明理由.,【解析】(1)在PDB中,因为点E是BD的中点,点F是PD的中点,所以EFPB. 又因为EF平面PBC,PB平面PBC, 所以EF平面PBC.,(2)因为PD平面ABCD,且CE平面ABCD, 所以PDCE. 又因为底面ABCD是正方形,且点E是BD的中点, 所以CEBD. 因为BDPD=D,所以CE平面PBD, 而BF平面PBD,所以CEBF.,(3)点F为边PD上靠近D点的三等分点. 理由如下: 由(2)可知,CE平面PBF. 又因为PD平面ABCD,BD平面ABCD,所以PDBD

23、. 设PF=x,由AB=2得BD=2 ,CE= ,所以VP-BCF=VC-BPF= 由已知 所以x=2. 因为PD=3,所以点F为边PD上靠近D点的三等分点.,【加固训练】 1.(2016石家庄一模)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1 的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,AA1=6,且 A1A底面ABCD,点P,Q分别在棱DD1,BC上,BQ=4.,(1)若DP= DD1,证明:PQ平面ABB1A1. (2)若P是D1D的中点,证明:AB1平面PBC.,【证明】(1)在AA1上取一点N,使得AN= AA1, 因为DP= DD1,且A1D1=3,AD=6,所以PN AD, 又BQ A

24、D,所以PN BQ. 所以四边形BQPN为平行四边形,所以PQBN. 因为BN平面ABB1A1,PQ平面ABB1A1, 所以PQ平面ABB1A1.,(2)如图所示,取A1A的中点M,连接PM,BM,PC, 因为A1A,D1D是梯形的两腰,P是D1D的中点, 所以PMAD,于是由ADBC知,PMBC, 所以P,M,B,C四点共面. 由题设可知,BCAB,BCA1A,ABAA1=A, 所以BC平面ABB1A1,所以BCAB1, 因为tanABM= =tanA1AB1, 所以ABM=A1AB1, 所以ABM+BAB1=A1AB1+BAB1=90, 所以AB1BM, 再BCBM=B,知AB1平面PBC

25、.,2.(2016茂名一模)如图,在直角梯形ABCD中,ABCD,且AB=AD=2,CD=4,四边形ADE1F1是正方形,且平面ADE1F1平面ABCD,M是E1C的中点. (1)证明:BM平面ADE1F1. (2)求三棱锥D-BME1的体积.,【解析】(1)取E1D的中点N,连接MN,AN,在E1DC中, M,N分别为E1C,E1D的中点, 所以MNCD,MN= CD, 因为ABCD,AB= CD, 所以MNAB,MN=AB, 则四边形ABMN是平行四边形,则BMAN,因为AN平面ADE1F1,BM平面ADE1F1, 所以BM平面ADE1F1.,(2)由平面ADE1F1平面ABCD,E1D平

26、面ADE1F1,平面ADE1F1平面ABCD=AD, E1DAD,所以E1D平面ABCD, 因为ADCD,E1DCD=D, 所以AD平面E1DC, 因为ABCD,CD平面E1DC,AB平面E1DC,所以AB平面E1DC, 则B到平面E1DC的距离就是A到平面E1DC的距离,即B到 平面E1DC的距离是AD, 由 则 即三棱锥D-BME1的体积V=,热点考向三与空间平行、垂直有关的综合性问题 命题解读:主要考查与空间线面、面面的平行、垂直关系有关的折叠问题、探索性问题,常以解答题形式出现.,【典例4】(1)(2016哈尔滨一模)如图,在矩形ABCD中,AB=8,BC=4,E为DC的中点,沿AE将

27、ADE折起,在折起过程中,下列结论中能成立的序号为_. ED平面ACD;CD平面BED; BD平面ACD; AD平面BED.,(2)(2016郑州二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面 ABCD是菱形,DAB=30,PD平面ABCD,AD=2,点E为AB 上一点,且 =m,点F为PD中点.,若m= ,证明:直线AF平面PEC; 是否存在一个常数m,使得平面PED平面PAB,若存在, 求出m的值;若不存在,说明理由.,【解题导引】(1)在折起过程中,画出D点在平面BCE上的投影轨迹,利用线面垂直的判定定理即可逐项判断得解. (2)作FMCD,交PC于M,推导出四边形AEMF为平行四边形,由此能

28、证明直线AF平面PEC;,要使平面PED平面PAB,只需ABDE,求出AE= ADcos30= ,推导出平面PED平面PAB,由此能求 出存在一个常数m= 使得平面PED平面PAB.,【规范解答】(1)因为在矩形ABCD中,AB=8,BC=4,E为DC的中点,所以在折起过程中,D点在平面BCE上的投影如图.,因为DE与AC所成角不能为直角, 所以DE不会垂直于平面ACD,故错误; 只有D点投影位于O2位置时,即平面AED与平面AEB重合时,才有BECD,此时CD不垂直于平面AEBC, 故CD与平面BED不垂直,故错误;,BD与AC所成角不能成直角, 所以BD不能垂直于平面ACD,故错误; 因为

29、ADED,并且在折起过程中, 存在一个位置使ADBE,且DEBE=E, 所以在折起过程中存在AD平面BED的位置,故正确. 答案:,(2)作FMCD,交PC于点M, 因为点F为PD的中点,所以FM= CD. 因为m= ,所以AE= AB=FM, 又FMCDAE, 所以四边形AEMF为平行四边形,所以AFEM,因为AF平面PEC,EM平面PEC, 所以直线AF平面PEC. 存在一个常数m= ,使得平面PED平面PAB,理由 如下: 要使平面PED平面PAB,只需ABDE, 因为AB=AD=2,DAB=30,所以AE=ADcos30= , 又因为PD平面ABCD,PDAB,PDDE=D, 所以AB平面PDE, 因为AB平面PAB,所以平面PDE平面PAB, 所以m=,【规律方法】 1.求解平面图形折叠问题的关键和方法 (1)关键:分清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变,哪些不变,抓住翻折前后不变的量,充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口.,(2)方法:把平面图形翻折后,经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几何体,从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决.,2.探索性问题求解的途径和方法 (1)对命题条件探索的三种途径: 先猜后证,即先观察,尝试给出条件再证明; 先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性; 将几何问题转化为代数问题,探索出